Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1: diendantoanhoc.net
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\) BĐT cần chứng minh trở thành
\(\frac{x}{\sqrt{3zx+2yz}}+\frac{x}{\sqrt{3xy+2xz}}+\frac{x}{\sqrt{3yz+2xy}}\ge\frac{3}{\sqrt{5}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}+\frac{y}{\sqrt{5x}\cdot\sqrt{3y+2z}}+\frac{z}{\sqrt{5y}\cdot\sqrt{3z+2x}}\ge\frac{3}{5}\)
Theo BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(_{cyc}\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}\ge2\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{x}{3x+2y+5z}\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{x\left(3x+2y+5z\right)+y\left(5x+3y+2z\right)+z\left(2x+5y+3z\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+7\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(xy+yz+zx\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{5\left[x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\right]}=\frac{3}{5}\)
Bổ sung bài 1:
BĐT được chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
Áp dụng cách đánh giá quen thuộc
\(3\left(\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\right)\ge\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\right)^2\)
Hay \(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\)
Ta cần chỉ ra được \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Ta đánh giá theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, Cần chú ý đến \(a^2+b^2+c^2\). Ta được
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\)
Ta cần chứng minh được
\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Hay \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)
Dễ thấy \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
Do đó \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki
\(\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)
Do đó ta được \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)
Bài toán được chứng minh :3
\(VT\ge\dfrac{a^2}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}}\)
Đặt \(\left(\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c^2+a^2};\sqrt{a^2+b^2}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=\sqrt{2019}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=\dfrac{y^2+z^2-x^2}{2}\\b^2=\dfrac{x^2+z^2-y^2}{2}\\c^2=\dfrac{x^2+y^2-z^2}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{y^2+z^2-x^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2-y^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2-z^2}{z}\)
\(\Rightarrow2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{y^2+z^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2}{z}-\left(x+y+z\right)\)
\(2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{\left(y+z\right)^2}{2x}+\dfrac{\left(z+x\right)^2}{2y}+\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2z}-\left(x+y+z\right)\)
\(2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{4\left(x+y+z\right)^2}{2x+2y+2z}-\left(x+y+z\right)=x+y+z=\sqrt{2019}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\sqrt{2019}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{\dfrac{2019}{8}}\) (đpcm)
\(VT=\frac{4}{2.2\sqrt{a+b}}+\frac{4}{2.2\sqrt{b+c}}+\frac{4}{2.2\sqrt{c+a}}\)
\(VT\ge\frac{4}{a+b+4}+\frac{4}{b+c+4}+\frac{4}{c+a+4}\)
\(VT\ge\frac{36}{a+b+4+b+c+4+c+a+4}=\frac{36}{24}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
![\"leu\"](\"https://hoc24.vn/media/cke24/plugins/smiley/images/leu.png\" "\\"leu\\"")
Chứng minh BĐT phụ: \(\frac{m^2}{x}+\frac{n^2}{y}\ge\frac{\left(m+n\right)^2}{x+y}\) với \(x;y>0\) (*)
Ta có: \(3a^2+8b^2+14ab\)
\(=\left(3a^2+12ab\right)+\left(2ab+8b^2\right)\)
\(=3a\left(a+4b\right)+2b\left(a+4b\right)\)
\(=\left(3a+2b\right)\left(a+4b\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}=\sqrt{\left(3a+2b\right)\left(a+4b\right)}\le\frac{3a+2b+a+4b}{2}=2a+3b\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}\ge\frac{a^2}{2a+3b}\)
Tương tự, ta có: \(\frac{b^2}{\sqrt{3b^2+8c^2+14bc}}\ge\frac{b^2}{2b+3c}\)
\(\frac{c^2}{\sqrt{3c^2+8a^2+14ca}}\ge\frac{c^2}{2c+3a}\)
Áp dụng (*), ta có:
\(VT\ge\frac{a^2}{2a+3b}+\frac{b^2}{2b+3c}+\frac{c^2}{2c+3a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2a+3b+2b+3c+2c+3a}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{1}{5}\left(a+b+c\right)\)
Vậy \(\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}+\frac{b^2}{\sqrt{3b^2+8c^2+14bc}}+\frac{c^2}{\sqrt{3c^2+8a^2+14ca}}\ge\frac{1}{5}\left(a+b+c\right)\)
1. ĐKXĐ: ...
Đặt \(2\sqrt{x+2}+\sqrt{4x+1}=t\ge\sqrt{7}\)
\(\Rightarrow t^2=8x+9+4\sqrt{4x^2+9x+2}\)
\(\Rightarrow2x+\sqrt{4x^2+9x+2}=\frac{t^2-9}{4}\)
Phương trình trở thành:
\(\frac{t^2-9}{4}+3=t\)
\(\Leftrightarrow t^2-4t+3=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=1\left(l\right)\\t=3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow4\sqrt{4x^2+9x+2}=t^2-\left(8x+9\right)=-8x\) (\(x\le0\))
\(\Leftrightarrow\sqrt{4x^2+9x+2}=-2x\)
\(\Leftrightarrow4x^2+9x+2=4x^2\Rightarrow x=-\frac{2}{9}\)
Bài 2:
Ta có: \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\Rightarrow3\ge a+b+c\)
Do \(\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)
Nên BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng:
\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\)
Thật vậy, ta có:
\(\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\ge3a\) ; \(\sqrt{b}+\sqrt{b}+b^2\ge3b\) ; \(\sqrt{c}+\sqrt{c}+c^2\ge3c\)
\(\Rightarrow2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)+a^2+b^2+c^2\ge3\left(a+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)+a^2+b^2+c^2\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\)
Ta có: \(\frac{a^2}{b}+3b=\frac{a^2+b^2}{b}+2b\ge2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)(Theo BĐT Cô - si)
Tương tự ta có: \(\frac{b^2}{c}+3c\ge2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\);\(\frac{c^2}{a}+3a\ge2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+3\left(a+b+c\right)\ge\)\(2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\)
Cần chứng minh \(2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\)\(-3\left(a+b+c\right)\)
\(\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\)
hay \(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\ge a+b+c\)(*)
Sử dụng BĐT quen thuộc: \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)(Đẳng thức xảy ra khi x = y)
Khi đó ta được: \(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge\frac{a+b}{2}\);\(\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}\ge\frac{b+c}{2}\);\(\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\ge\frac{c+a}{2}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:
\(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\ge a+b+c\)(đúng với (*))
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
a2/b + b2/c + c2/a >= 1/can2 ( can(a2+b2) + ... )
Xét can( (a2+b2)/2 ) = can ( ( (a2/b + b)/2 )nhân(b) ) nhỏ hơn hoặc bằng (a2/b + b)/4 + b/2
Tương tự vậy ta có vế phải nhỏ hơn hoặc bằng 1/4 VT cộng với 3/4(a+b+c)
Mà VT chứng minh theo BCS lớn hơn hoặc bằng a+b+c
Suy ra VT lớn hơn hoặc bằng VP
Dấu bằng tự tìm
Làm bài này một hồi chắc bay não:v
Bài 1:
a) Áp dụng BĐT AM-GM:
\(VT\le\frac{a+b}{4}+\frac{b+c}{4}+\frac{c+a}{4}=\frac{a+b+c}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
b)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có đpcm.
Bài 2:
a) Dấu = bài này không xảy ra ? Nếu đúng như vầy thì em xin một slot, ăn cơm xong đi ngủ rồi dậy làm:v
b) Theo BĐT Bunhicopxki:
\(VT^2\le3.\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]=6\Rightarrow VT\le\sqrt{6}\left(qed\right)\)
Đẳng thức xảy r akhi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Bài 3: Theo BĐT Cauchy-Schwarz và bđt AM-GM, ta có:
\(VT\ge\frac{4}{2-\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{4}{2-2xy}=\frac{2}{1-xy}\)
